bzoj 1295 最长距离

Description

windy有一块矩形土地，被分为 N*M 块 1*1 的小格子。 有的格子含有障碍物。 如果从格子A可以走到格子B，那么两个格子的距离就为两个格子中心的欧几里德距离。 如果从格子A不可以走到格子B，就没有距离。 如果格子X和格子Y有公共边，并且X和Y均不含有障碍物，就可以从X走到Y。 如果windy可以移走T块障碍物，求所有格子间的最大距离。 保证移走T块障碍物以后，至少有一个格子不含有障碍物。

Input

输入文件maxlength.in第一行包含三个整数，N M T。 接下来有N行，每行一个长度为M的字符串，'0'表示空格子，'1'表示该格子含有障碍物。

Output

输出文件maxlength.out包含一个浮点数，保留6位小数。

Sample Input

【输入样例一】
3 3 0
001
001
110


【输入样例二】
4 3 0
001
001
011
000


【输入样例三】
3 3 1
001
001
001

Sample Output

【输出样例一】
1.414214

【输出样例二】
3.605551

【输出样例三】
2.828427

HINT

20%的数据，满足 1 <= N,M <= 30 ； 0 <= T <= 0 。 40%的数据，满足 1 <= N,M <= 30 ； 0 <= T <= 2 。 100%的数据，满足 1 <= N,M <= 30 ； 0 <= T <= 30 。

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题目大意

　　一个$N imes M$的网格上有些格子是障碍。如果两个非障碍格子四连通，那么定义它们之间的距离为他们的欧几里德距离，否则它们没有距离。

　　现在你可以把其中的$T$个障碍格子变为非障碍格子，然后问，操作后中有距离的点对中最长的距离是多少。

 　　由于$N, M$数据范围小到爆，所以可以直接枚举从哪个格子开始清理障碍格子，用最短路算法跑出到每个格子最少清楚的障碍格子数，然后暴力枚举所有可行的格子，计算它和当前枚举的格子的欧几里德距离，然后更新答案。

Code

/**
 * bzoj
 * Problem#1295
 * Accepted
 * Time: 724ms
 * Memory: 1312k
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef bool boolean;
#define pii pair<int, int>
#define fi first
#define sc second

const int N = 35;

int n, m, k;
int val[N][N];
int f[N][N];
boolean vis[N][N];
int ans = 0;
char str[N];

inline void init() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%s", str);
        for (int j = 0; j < m; j++)
            val[i][j] = str[j] - '0';
    }
}

const int mov[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};

queue<pii> que;
void spfa(pii s) {
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    que.push(s);
    f[s.fi][s.sc] = val[s.fi][s.sc];
    while (!que.empty()) {
        pii e = que.front();
        que.pop();
        vis[e.fi][e.sc] = false;
        for (int d = 0; d < 4; d++) {
            pii eu (e.fi + mov[d][0], e.sc + mov[d][1]);
            if (eu.fi < 0 || eu.fi >= n || eu.sc < 0 || eu.sc >= m)
                continue;
            if (f[e.fi][e.sc] + val[eu.fi][eu.sc] < f[eu.fi][eu.sc]) {
                f[eu.fi][eu.sc] = f[e.fi][e.sc] + val[eu.fi][eu.sc];
                if (!vis[eu.fi][eu.sc]) {
                    vis[eu.fi][eu.sc] = true;
                    que.push(eu);
                }
            }
        }
    }
}

inline void solve() {
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            spfa(pii(i, j));
            for (int x = 0; x < n; x++)
                for (int y = 0; y < m; y++) {
                    if (f[x][y] <= k)
                        ans = max(ans, (x - i) * (x - i) + (y - j) * (y - j));
                }
        }
    printf("%.6lf
", sqrt((double)ans));
}

int main() {
    init();
    solve();
    return 0;
}